2021高考数学刷题首秧专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根理含解析.docx

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一、选择题
①若－1＜λ＜0，则f(x1)＜f(x2)；②若0＜λ＜2，则f(x1)＜f(x2)；③若λ＞2，则f(x1)＜f(x2)．
其中正确结论的个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　B
解析　依题意，x1，x2(x1<x2)是函数g′(x)＝3x2－6x＋2－λ的两个零点，则Δ＝12(λ＋1)>0，即λ>－1，且x1＋x2＝2，x1x2＝．研究f(x1)<f(x2)成立的充要条件：f(x1)<f(x2)等价于(x1－x2)[(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2]<0，因为x1<x2，所以有(x1＋x2)2－3(x1＋x2)－x1x2＋2＝－>0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B．
A．3 B．2 C．e2 D．e
答案　D
解析　因为f(x)＝exx＋－3－≤0有正实数解，所以a≥(x2－3x＋3)ex，令g(x)＝(x2－3x＋3)ex，则g′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋3)ex＝x(x－1)ex，所以当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，所以a≥e．故选D．
3．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b
答案　C
解析　构造函数f(x)＝，则a＝f(6)，b＝f(7)，c＝f(8)，f′(x)＝，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故f(8)>f(7)>f(6)，即c>b>a．故选C．
A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
答案　A
解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝
＜0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝＝3．从而原不等式ln
＞x可化为＞ex，即＞3，即g(x)＞g(0)，从而由函数g(x)的单调性，知x＜0．故选A．
A．，1 B．，1 C．，e D．0，
答案　D
A．[e2，＋∞) B．[e，＋∞)
C．[2，e] D．[e，e2]
答案　A
解析　f′(x)＝axln a＋2x－ln a，令g(x)＝axln a＋2x－ln a，则g′(x)＝ax(ln a)2＋2>0，所以函数g(x)在[0，1]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝a0×ln a＋2×0－ln a＝0，即f′(x)≥0，则函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝a－ln a≤a－2，解得a≥e2．故选A．
二、填空题
7．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
答案　(－2，2)
解析　由f(x)＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，当f′(x)＝0时，x＝±1，易知f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，f(x)的极小值为f(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f(－1)＝2＋a>0，且f(1)＝a－2<0，即－2<a<2，所以实数a的取值范围是(－2，2)．
8．若不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，－1]
解析　不等式2x(x－a)>1在(0，＋∞)上恒成立，即a<x－2－x在(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝x－2－x(x>0)，则f′(x)＝1＋2－xln 2>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a≤－1，即a∈(－∞，－1]．
三、解答题
(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当0<a<时，f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，
在(ln 2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有2个极值点；
当a＝时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；
当a>时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，
在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有2个极值点；
综上所述，当a≤0时，f(x)有1个极值点；
当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；
当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x，得xex－x3－ax2－x≥0，
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，
即a≤对∀x>0恒成立，
设g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝．
设h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1．
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2．
∴a的取值范围是(－∞，e－2]．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解　(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，
∴f′(1)＝1－a＝0，
∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x>1)，h(x)的对称轴为直线x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x)<h(1)＝1－k，
若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，
∴g(x)<g(1)＝0，不符合题意；
若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴必存在x0，使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
(1)当a<1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e对于任意x∈[e－1，e]成立，求正实数a的取值范围．
解　(1)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－(a＋1)＋＝
＝，
若0<a<1，则当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
若a≤0，则当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(a，1)上单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增．
(2)不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e对任意x∈[e－1，e]成立等价于对任意x∈，e，
有－aln x＋xa≤e－1成立，
设g(x)＝－aln x＋xa，a>0，
所以g(x)max≤e－1，
g′(x)＝＋axa－1＝，
令g′(x)<0，得0<x<1；令g′(x)>0，得x>1，
所以函数g(x)在，1上单调递减，
在(1，e]上单调递增，
g(x)max为g＝a＋e－a与g(e)＝－a＋ea中的较大者．
设h(a)＝g(e)－g＝ea－e－a－2a(a>0)，
则h′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，
所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增，故h(a)>h(0)＝0，
所以g(e)>g，
从而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea，
所以－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0，
设φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，
则φ′(a)＝ea－1>0，
所以φ(a)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以ea－a－e＋1≤0的解为a≤1．
因为a>0，所以正实数a的取值范围为(0，1]．
(1)若不等式f(x)>0对于一切x∈0，恒成立，求a的最小值；
(2)若对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．
解　(1)由题意得(2－a)(x－1)－2ln x>0在0，上恒成立，即a>2－在0，上恒成立．
令h(x)＝2－，x∈0，，
则h′(x)＝，x∈0，，
设φ(x)＝2ln x＋－2，x∈0，，
则φ′(x)＝－＝<0，
所以φ(x)>φ＝2ln＋2>0，
则h′(x)>0，因此h(x)<h＝2－4ln 2，
则a≥2－4ln 2，即a的最小值为2－4ln 2．
(2)因为g′(x)＝(1－x)e1－x，
所以g(x)＝xe1－x在(0，1)上单调递增，
在(1，e]上单调递减，由g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e∈(0，1)，
得g(x)＝xe1－x在(0，e]上的值域为(0，1]，
因为f′(x)＝，
所以当a≥2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减；
当2－≤a<2时，易得f(x)在(0，e]上单调递减，
不符合题意．
当a<2－，此时f(x)在0，上单调递减，
在，e上单调递增，
令m(a)＝f＝a－2lna<2－，
则m′(a)＝，易得m(a)在(－∞，0)上单调递增，
在0，2－上单调递减，m(a)≤m(0)＝0，
注意到，当x→0时，f(x)→＋∞，所以欲使对任意的x0∈(0，e]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，
使f(xi)＝g(x0)成立，则需满足f(e)≥1，
即a≤2－，
又因为2－－2－＝>0，
所以2－>2－，所以a≤2－，
综上，a∈－∞，2－．
(1)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试讨论函数F(x)零点的个数；
解　(1)函数F(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞)．
当x∈(a，＋∞)时，ex>0，>0，
∴F(x)＝ex＋>0，即F(x)在(a，＋∞)上没有零点；
当x∈(－∞，a)时，F(x)＝ex＋＝，
令h(x)＝ex(x－a)＋1(x<a)，
只要讨论h(x)的零点即可．
h′(x)＝ex(x－a＋1)，h′(a－1)＝0，
则当x∈(－∞，a－1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；
当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，
∴h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1．
显然，当a＝1时，h(a－1)＝0，∴x＝a－1是F(x)的唯一的零点；
当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0，∴F(x)没有零点；
当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，且当x→－∞或x→a时，h(x)→1，∴F(x)有两个零点．
(2)证明：若a＝－2，x>0，
即要证ex>(x＋2)＋x2－4，
∵<＝＋1，
下证ex>(x＋2)＋1＋x2－4，
设M(x)＝ex－(x＋2)＋1－x2＋4
＝ex－x2－2x＋2，
则M′(x)＝ex－2x－2，令φ(x)＝ex－2x－2，
令φ′(x)＝ex－2＝0，解得x＝ln 2，
∴φ(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∵φ(1)φ(2)<0，φ(－1)φ(0)<0，
∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0且1<x0<2，
则ex0－2x0－2＝0，
∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
∴M(x)≥M(x)min＝M(x0)＝ex0－x－2x0＋2＝4－x>0，
∴ex>(x＋2)＋1＋x2－4，
∴ex>(x＋2)＋x2－4，
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：f(x2)<－．
解　(1)f(x)＝ln x＋x2－2kx，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝＋x－2k＝，
①当k≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当k>0时，令t(x)＝x2－2kx＋1，
当Δ＝4k2－4≤0，即0<k≤1时，t(x)≥0恒成立，
即f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当Δ＝4k2－4>0，即k>1时，x2－2kx＋1＝0，
则t(x)的两根为k±，
所以当x∈(0，k－)时，f′(x)>0，
当x∈(k－，k＋)时，f′(x)<0，
当x∈(k＋，＋∞)时，f′(x)>0，
故当k∈(－∞，1]时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当k∈(1，＋∞)时，f(x)在(0，k－)和(k＋，＋∞)上单调递增，在(k－，k＋)上单调递减．
(2)证明：f(x)＝ln x＋x2－2kx(x>0)，
f′(x)＝＋x－2k，
由(1)知当k≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)无极值，
当k>1时，f′(x)＝＋x－2k＝，由f′(x)＝0得x2－2kx＋1＝0，
Δ＝4(k2－1)>0，设x2－2kx＋1＝0的两根为x1，x2，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝1，
其中0<x1＝k－<1<x2＝k＋，
f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
从而f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，
f(x2)＝ln x2＋x－2kx2
＝ln x2＋x－(x1＋x2)x2
＝ln x2＋x－＋x2x2
＝ln x2－x－1，
令g(x)＝ln x－x2－1(x>1)，
则g′(x)＝－x<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
且g(1)＝－，故f(x2)<－．